《2020版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课时达标理含解析新人教A.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课时达标理含解析新人教A.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考必考题突破讲座(四)高考必考题突破讲座(四) 1 如图， 菱形ABCD中， ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，ABAE 2. (1)求证：BD平面ACFE； (2)当直线FO与平面BED所成的角为 45时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值 大小 解析 (1)因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.因为AE平面ABCD，BD平面ABCD， 所以BDAE.因为ACAEA，所以BD平面ACFE. (2)以O为原点， ，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上OA OB 为正方向)， 建立空间直角坐标系， 则B(0， ， 0)，D(0， ， 0)，
2、E(1,0,2)，F(1,0，a)(a0)，33 (1,0，a) 设平面EBD的法向量为n n(x，y，z)， 则有Error!即Error!令z1， 则n n(OF 2,0,1)，由题意得 sin 45|cos，n n|.因为a0，所以OF |OF n n| |OF |n n| |2a| a21 5 2 2 解得a3.所以(1,0,3)，(1，2)，所以 cos， OF BE 3OF BE OF BE |OF |BE | .故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为. 16 10 8 5 4 5 4 2 (2019河南郑州模拟)如图， 在ABC中， ABC，O为AB边上一点， 且 3OB3OC
3、4 2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO. (1)求证：平面PBAD平面COD； (2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值 解析 (1)证明 ： 因为OBOC， 又因为ABC， 所以OCB， 所以BOC， 即CO 4 4 2 AB. 又PO平面ABC，OC平面ABC，所以POOC.又因为PO，AB平面PAB，POABO，所 以CO平面PAB，即CO平面PBAD.又CO平面COD，所以平面PBAD平面COD. (2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示 设|OA|1， 则|PO|OB|OC|2， |DA|1.则C(2,0,0)，B(0,
4、2,0)，P(0,0,2)，D(0， 1,1)，所以(0，1，1)，(2，2,0)，(0，3,1)设平面BDC的法向量PD BC BD 为n n(x，y，z)，所以Error!所以Error!令y1，则x1，z3，所以n n(1,1,3)设PD 与平面BDC所成的角为，则sin | PD n n |PD |n n| .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为 | 1 01 13 1 021212121232| 2 22 11 . 2 22 11 3(2019湖北武汉调考)如图， 四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等 边三角形，ABBC2，CDSD1. (1)证明：SD平面SAB
5、； (2)求AB与平面SBC所成角的正弦值 解析 方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz， 则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)， 设S(x，y，z)， 则x0，y0，z0， 且(x2，y2，AS z， )，(x，y2，z).(x1，y，z) 由|， 得BS DS AS BS x22y22z2 ，得x1，由|1 得y2z21，x2y22z2DS 由|2 得y2z24y10，BS 由解得y ，z，所以S， 1 2 3 2(1， 1 2， 3 2) ，所以0，AS (1， 3 2， 3 2) BS (1， 3 2， 3 2) DS (0， 1 2， 3 2) D
6、S AS DS BS 0，所以DSAS，DSBS， 又ASDSS，所以SD平面SAB. (2)设平面SBC的一个法向量为m m(a，b，c)，(0,2,0)，BS (1， 3 2， 3 2) CB AB (2,0,0)，由Error!得Error!所以可取m m(，0,2)，故AB与平面SBC所成的角的正弦3 值为 cosm m， .AB m mAB |m m|AB | 2 3 7 2 21 7 方法二 (1)证明：如下图，取AB的中点E，连接DE，SE， 则四边形BCDE为矩形，所以DECB2，所以AD.因为侧面SAB为等DE2AE25 边三角形，AB2， 所以SASBAB2， 且SE， 又
7、SD1， 所以SA2SD2AD2，SE2SD23 ED2，所以SDSA，SDSB，又ASDSS，所以SD平面SAB. (2)作S在DE上的射影G， 因为ABSE，ABDE，AB平面SDE， 所以平面SDE平面ABCD， 两平面的交线为DE， 所以SG平面ABCD， 在RtDSE中， 由SDSEDESG得12SG，3 所以SG， 作A在平面SBC上的射影H， 则ABH为AB与平面SBC所成的角， 因为CDAB，AB 3 2 平面SDE，所以CD平面SDE，所以CDSD，在 RtCDS中，由CDSD1，求得SC.2 在SBC中，SBBC1，SC， 所以SSBC ， 由VASBCVSABC得 S2
8、1 2 2221 2 7 2 1 3 SBCAH SABCSG， 即 AH 22， 得AH， 所以sin ABH 1 3 1 3 7 2 1 3 1 2 2 2 21 7 ，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为. AH AB 21 7 21 7 4 (2019安徽江南名校联考)如图， 在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，AB AD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点 (1)求证：DE平面BPC； (2)线段AB上是否存在一点F， 满足CFDB？若存在， 试求出二面角FPCD的余弦值 ； 若不存在，请说明理由 解析 (1)证明 ： 取PB的中点M， 连接EM和CM
9、， 过点C作CNAB， 垂足为点N.因为CNAB， DAAB， 所以CNDA， 又ABCD， 所以四边形CDAN为平行四边形， 所以CNAD8，DCAN 6，在 RtBNC中，BN6，所以AB12，而E，M分别为PA，PB的BC2CN210282 中点，所以EMAB且EM6，又DCAB，所以EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边 形，所以DECM.因为CM平面PBC，DE平面PBC，所以DE平面BPC. (2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直， 如图， 以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0
10、)，P(0,0,8)假设AB上 存在一点F使CFBD， 设点F坐标为(8，t,0)， 则(8，t6,0)，(8,12,0)， 由CF DB CF 0 得t .又平面DPC的法向量为m m(1,0,0)，设平面FPC的法向量为n n(x，y，DB 2 3 z)又(0,6，8)，.由Error!得Error!即Error!不妨令y12，有n nPC FC (8， 16 3 ，0) (8,12,9)则 cosn n，m m.又由图可知，该二面角为锐 n nm m |n n|m m| 8 1 8212292 8 17 二面角，故二面角FPCD的余弦值为. 8 17 5(2017山东卷)如图，几何体是圆
11、柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转 120得到的，G是的中点DF (1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；CE (2)当AB3，AD2 时，求二面角EAGC的大小 解析 (1)因为APBE，ABBE， AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP， 又BP平面ABP，所以BEBP， 又EBC120，因此CBP30. (2)方法一 取的中点H，连接EH，GH，CH.EC 因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形， 所以AEGEACGC.322213 取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG， 所以EMC为所求二面角的平面角
12、 又AM1，所以EMCM2.1313 在BEC中，由于EBC120， 由余弦定理得EC22222222cos 12012， 所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为 60.3 方法二 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所 示的空间直角坐标系 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1， ， 3)，C(1， ， 0)， 故(2,0，33AE 3)，(1， ， 0)，(2,0,3)， 设m m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量 由Error!AG 3CG 可得Error! 取z12，可得平面AEG的一个法向量m m(3，2)3 设n
13、n(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量 由Error!可得Error!取z22， 可得平面ACG的一个法向量n n(3， ， 2) 所以 cos3 m m，n n .由图可得此二面角为锐二面角，故所求的角为 60. m mn n |m m|n n| 1 2 6 (2017全国卷)如图， 四面体ABCD中， ABC是正三角形， ACD是直角三角形， ABDCBD，ABBD. (1)证明：平面ACD平面ABC； (2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二 面角DAEC的余弦值 解析 (1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD. 又ACD是直角三
14、角形，所以ADC90. 取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO. 又因为ABC是正三角形，故BOAC， 所以DOB为二面角DACB的平面角 在 RtAOB中，BO2AO2AB2， 又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2， 故BOD90.所以平面ACD平面ABC. (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直， 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向， |OA |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0， ，0)，C(OA 3 1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 ，从而E到平 1 2 面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ， 即E为DB的中点， 得E， 故(1,0,1)， 1 2(0， 3 2 ，1 2) AD (2,0,0)，.设n n(x，y，z)是平面DAE的法向量， 则Error!即Error!AC AE (1， 3 2 ，1 2) 可取n n.设m m是平面AEC的法向量，则Error!同理可取m m(0，1，)，则 cos (1， 3 3 ，1) 3 n n，m m. n nm m | |n n| | |m m| | 7 7 所以二面角DAEC的余弦值为. 7 7